Tài liệu Vận dụng tính chất hình phẳng để giải bài toán oxy liên quan đến đường tròn trần duy thúc

  • Số trang: 38 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 217 |
  • Lượt tải: 0

Mô tả:

Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM Lời nói đầu Chào các Em học sinh thân mến! Câu hình học phẳng Oxy chắc chắn xuất trong đề thi THPT Quốc Gia hàng năm. Nhằm đáp ứng xu hướng ra đề mới của Bộ Giáo Dục và Đào Tạo về nội dung của câu này.Thầy biên soạn tài liệu này với mục đích giúp các Em có thể chinh phục được câu hình học phẳng. Từ đó xây dựng lòng tin để có thể đạt kết quả tốt nhất trong kì thi. Tài liệu đựơc chia ra thành 4 chương: Chương 1. Các bài toán liên quan đến đường tròn Chương 2. Các bài toán về hình vuông – hình chữ nhật Chương 3. Các bài toán về hình thang- hình bình hành-hình thoi Chương 4. Các bài toán về tam giác Mỗi chương được nhắc lại lí thuyết,có bài tập mẫu và bài tập rèn luyện và hướng dẫn bài tập rèn luyện. Dù đã cố gắng nhưng chắc chắn tài liệu sẽ không tránh khỏi sai sót nhất định.Hy vọng các Bạn thông cảm và rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến từ các Bạn đọc! Để lần sau tài liệu sẽ hoàn chỉnh hơn. ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 1 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM CHƯƠNG 1. CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN ĐƯỜNG TRÒN Phần 1. Một số kiến thức cần nhớ 1. Đường kính và dây cung Cho đường tròn tâm I có dây cung AB khác đường kính và H là trung điểm AB. Khi đó, IH là đường trung trực của AB. Thật ra, do IAB cân tại I (IA=IB=R) nên IH vừa là đường cao, đường trung I A H tuyến, đường trung trực, đường phân giác. B 2. Tiếp tuyến và tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau a. Cho d là tiếp tuyến của đường tròn tâm (I;R) và H là tiếp điểm. Khi đó: i) d  I ; d   R . ii) IH vuông góc d. B b. Giả sử AB, AC là các tiếp tuyến của đường tròn (I;R) với B,C là các tiếp điểm khi đó: I H i) AI là đường trung trực của BC. ii) Tứ giác ABIC nội tiếp. A C 3. Góc ở tâm a. Định nghĩa:Góc ở tâm là góc có đỉnh là tâm và hai cạnh là hai bán kính. b. Tính chất:Hai góc ở tâm chắn hai cung bằng nhau thì bằng nhau. 4. Góc ở nội tiếp a. Định nghĩa:Góc nội tiếp là góc có đỉnh nằm trên đường tròn và hai cạnh là hai dây cung. b. Tính chất: i) Các góc nội tiếp chắn hai dây cung bằng nhau thì bằng nhau.Đặt biệt, các góc nội tiếp chắn cùng một dây cung thì bằng nhau. ii) Các góc nội tiếp bằng nhau chắn các dây cung bằng nhau. iii) Góc nội tiếp (  90 ) bằng một nữa góc ở tâm chắn cùng dây cung. A iv) Góc nội tiếp chắn đường kính là góc vuông. 5. Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung x a. Định nghĩa:Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung là góc có đỉnh là tiếp điểm, có một cạnh là một tia của tiếp tuyến và cạnh còn lại là dây cung. ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 I B C 2 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM xAC là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung. b. Tính chất: i) Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung bằng một nửa số đo cung bị chắn. ii) Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp chắn cùng dây cung. 6. Tứ giác nội tiếp Tứ giác nội tiếp là tứ giác có bốn đỉnh nằm trên một đường tròn. Ta có các phát biểu tương đương sau: a.Tứ giác nội tiếp  tổng hai góc đối của tứ giác bằng 180 . b. Tứ giác nội tiếp  hai góc kề cùng chắn một cạnh bằng nhau. c. Tứ giác nội tiếp  góc ngoài tại một đỉnh bằng góc đối trong của đỉnh đó. ................................................................................................................................................ Phần 2. Rèn luyện kỉ năng chứng minh và vận dụng tính chất biết trước để giải bài toán 1.Bài toán 1(BT1) Cho  ABC nội tiếp đường tròn (I;R).H là trực tâm,M là trung điểm của BC và G là trọng tâm  ABC . AKlà đường kính. Chứng minh: a) BKCH là hình bình hành. b) AH  2IM ; BH  2IN và CH  2IP .N,P lần lượt là trung điểm của AC và AB. c) H,G,I thẳng hang và HI  3GI . d) Trong trường hợp A  60 . Chứng minh: AH  AI . Chứng minh   a) CH  AB  CH KB; BH  AC  BH KC . Do đó, KB  AB KC  AC ABKC là hình bình hành. b) ABKC là hình bình hành và M là trung điểm của BC, suy ra M là trung điểm của HK. Do đó IM là đường trung bình của  AHK.   AH IM  AH  2IM .  AH  2IM Các ý còn lại tương tự. Bạn đọc thử chứng minh để nhớ nhé. 3 c) G là trọng tâm của  ABC nên AM  AG .Mà AM là đường 2 trung tuyến của  AHK nên G cũng là trọng tâm của  AHK . HI là đường trung tuyến của  AHK nên H,G,I thẳng hàng và HI  3GI . A E F B H D G I C M K d) A  60  BIC  120  MIC  60 (góc nội tiếp bằng 1/2 góc ở tâm chắn cùng dây cung). IMC vuông tại M. Ta có: IM  IC.cos60  IC  2IM  IA  IC  2IM . Mà AH  2IM (câu b). Suy ra AH  AI . ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 3 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM Ví dụ 1. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC có đỉnh A  1;2  , trực tâm H 1;1 , tâm đường tròn ngoại tiếp là I  2; 0  . Viết phương trình cạnh BC. Phân tích:. BC đã có vtpt là AH   2; 1 . Nếu tìm một điểm thuộc cạnh BC thì bải toán đã được giải?? Gọi M là trung điểm của BC. Nhớ lại AH  2IM (BT1 câu b).Thế là có ngay điểm M. Giải BC có vtpt là AH   2; 1 . Gọi M là trung điểm của BC. Khi đó:   1 2  2  x M  2   M  3;   . AH  2IM   2   1  2  yM  0    BC đi qua M và có vtpt AH nên BC : 2  x  3  y  1  0  BC : 2 x  y  13 / 2  0 . 2 Chú ý: Trong bài làm các em phải chứng minh AH  2IM (xem BT1 câu b).   Ví dụ 2. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC có trực tâm H 1;3 ,trọng tâm G 4 ; 4 và tiếp 3 3 tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp ABC có phương trình x  3y  5  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của ABC . Giải Đặt d : x  3y  5  0 là tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp ABC . Gọi M,I lần lượt là trung điểm của BC và tâm đường tròn ngoại tiếp ABC . Khi đó: HI  3GI (xem A BT1 câu c) và AM  3GM (tính chất của trọng tâm).   4  3  xI  1  3  xI   x   I 3    2  I  3;1 . Từ: HI  3GI      2 2 y  3  3 y  4  y  1  I  I  I 2  3   Ta có: IA  d  IA : 3x  y  m  0 . I  IA  3. 3  1  m  0  m  5 . 2 2 E F B H D G I C M K Vậy IA : 3x  y  5  0 . A  d  IA nên tọa độ A là nghiệm của hệ: 3x  y  5  0 x  1   A 1;2    x  3y  5  0 y  2 .Gọi (C) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I và bán kính IA.        25 . IA   1 ; 3  IA  5  IA2  5 . C  : x  3 2 2 2 2 2 ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 2  y1 2 2 4 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM   4  xM  1  3  xM   3  3   Ta có AM  3GM    M  ;1 . 2  y  1  3 y  4   M  M  3   BC đi qua M và có vtpt là AH   0;1 nên BC có phương trình:   BC : 0 x  3  1.  y  1  0  BC : y  1  0 . 2 B, C  BC  (C) nên tọa độ B,C là nghiệm của hệ phương trình: y  1  0  2  3  y1  x   2 2     2 x  0 x  3    B(0;1), C(3;1)  B(3;1), C(0;1) .  5 y  1 y  1 2 Vây: A(1;2), B(0;1), C(3;1) hoặc A(1;2),B(3;1), C(0;1) . Ví dụ 3. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC có trực tâm H  1;3 , tâm đường tròn ngoại tiếp I  3; 3 và đỉnh B 1;1 . Tìm tọa độ các đỉnh A,C, biết x A  xC . Giải Ta có: IB  (2;4)  IB  20 . Đường tròn ngoại tiếp ABC có tâm I và bán kính IB có phương trình: 2 2  x  3   y  3  20 . B Gọi M là trung điểm AC, ta có BH  2IM (xem BT1 câu b).  1  x M  3  2  1  1 x  2 BH  2IM    M  M  2; 2  .  yM  2  y  3  1  3  1  M 2 E F Đường thẳng AC vuông góc IM và đi qua M có phương trình: A H D G I C M AC : x  y  4  0 . K A, C  BC  (C) nên tọa độ A,C là nghiệm của hệ phương trình:   x  1, y  5 x  y  4  0   A  5;1 ,C  1;5  2 2  x  5, y  1   x  3   y  3  20  x A  xc  . Vậy tọa độ các điểm cần tìm là A  5;1 ,C  1;5 . Ví dụ 4. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC có trực tâm H 1;2  , tâm đường tròn ngoại tiếp I  3; 2  , A  60 . Tìm tọa độ các đỉnh của ABC , đỉnh A thuộc đường thẳng d : x  y  5  0 ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 5 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM và xB  xC . Giải Với A  60 ta chứng minh được AH  AI . Suy ra A thuộc đường trung trực của IH. Đường trung trực của IH đi qua trung điểm N(2; 0) của IH và có vtpt HI   2; 4  nên có phương trình  : x  2y  2  0 . Điểm A  d   nên tọa độ của điểm A là nghiệm của hệ phương trình:  x  2y  2  0 x  4  x  5y  5  0   y  1  A  4;1 .   2 2 Đường tròn ngoại tiếp ABC có tâm I và bán IA nên có phương trình:  x  3   y  2   10 . Gọi M là trung điểm của BC, ta có  3 3  2  x  3 x  2 3 3  AH  2IM     M  ;  . 2 2  y   3 1  2  y  2   2 BC đi qua M và có vtpt là AH   3;1 có phương trình BC : 3x  y  6  0 . B, C  BC  (C) nên tọa độ B,C là nghiệm của hệ phương trình:  x  3  3 , y  3  3 3 x y 6 0            2 2   B  3  3 ; 3  3  ;C  3  3 ;  3  3  Vì  2 2 2   2 2   2  x  3  3 , y   3  3  x  3   y  2   10  2 2     xB  xC . Vậy các điểm cần tìm là A  4;1 , B  3  3 ; 3  3  ;C  3  3 ;  3  3  . 2   2 2   2 Ví dụ 5. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC có trọng tâm G 1;1 , tâm đường tròn ngoại tiếp   I 7 ; 37 và cạnh AC có phương trình 2 x  y  4  0 . 18 18 Tìm tọa độ các đỉnh của ABC , biết x A  2 . Giải Gọi M là trung điểm của AC, ta có IM  AC  IM : x  2y  m  0 . I thuộc IM nên suy ra IM : x  2 y  9  0 . M  AC  IM nên tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình: 2 ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 6 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM 2 x  y  4  0  5 5   x    M  ;1 . Do G là trọng tâm của ABC ,ta có 9   2 x  2y   0 2     y  1 2  x  5  3(1  5 )  x  2  2  B MB  3MG   B 2  B(2;1) .Đường tròn ngoại tiếp ABC có tâm I và bán yB  1   y  1  3(1  1)  B 2 2  7  37  1105 kính IB có phương trình: (C ) :  x     y    .Các điểm A, C  AC  (C) nên tọa độ A,C là 18   18  162  nghiệm của hệ phương trình: 2 x  y  4  0  2  7  y  37 x    18 18     2  x  3, y  2   A  3;2  ,C  2; 0  1105   x  2, y  0 162  xA  2 . Vậy tọa độ các điểm cần tìm là A  3;2  ,B(2;1),C  2;0  . Ví dụ 6. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC có trực tâm H  3; 1 , tâm đường tròn ngoại tiếp I  3;0  và đỉnh C  3; 7 . Tìm tọa độ các đỉnh A,B của ABC . Giải C Đường tròn ngoại tiếp ABC có tâm I và bán kính IC có 2 phương trình:  x  3  y2  85 . E Gọi M là trung điểm AB, ta có CH  2IM (xem BT1 câu b).  1  x M  3  2  3  3  x  3 2IM  CH    M  M  3;3 . 1 y  3  M  y   1  7   M 2 F H A D I M Đường thẳng AB vuông góc IM và đi qua M có phương trình: K AB : y  3  0 . A,B  AB  (C) nên tọa độ A,B là nghiệm của hệ phương trình:  x  3  2 19, y  3  y  3  0    2 2  x  3  y  85  x  3  2 19, y  3           A 3  2 19;3 ,B 3  2 19;3  A 3  2 19;3 ,B 3  2 19;3 .         Vậy tọa độ các điểm cần tìm là: A 3  2 19;3 ,B 3  2 19;3  A 3  2 19;3 ,B 3  2 19;3 . ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 7 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM Ví dụ 7. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC có đường trung tuyến và đường cao xuất phát từ A có phương trình lần lượt là 13x  6y  2  0 và x  2y  14  0 Tìm tọa độ các của đỉnh ABC , biết tâm đường tròn ngoại tiếp ABC là I (6;0) . Giải Đặt d1 :13x  6y  2  0,d 2 : x  2 y  14  0 đây lần lượt là đường trung tuyến và đường cao xuất phát từ A . 13x  6 y  2  0  x  4 Khi đó, tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình    A(4; 9) . Gọi H và M  x  2 y  14  0  y  9 lần lượt là trực tâm và trung điểm của BC. Khi đó: H  d1  H(2h  14; h),M  d 2  M (m; 13m  2 ) . Ta 6 có: AH  2IM (xem BT1 câu b). 2h  14  4  2  m  6  2h  2m  6   h  1 . AH  2IM   29    13m  2    13 m  2 h m    h  9  2  0      3 3   6   Vậy H 12; 1, M 2;4  . Đường thẳng BC đi qua M và có vtpt là IM nên có phương trình BC : 2 x  y  8  0 . Đường tròn ngoại tiếp ABC có tâm I và bán kính IA có phương trình: 2  x  6  y2  85 . Các điểm B, C  BC  (C) nên tọa độ B,C là nghiệm của hệ phương trình:   x  3, y  2 2 x  y  8  0   B  3;2  ,C 1;6   B 1;6  ,C 3;2  .  2  2 x  1, y  6 x  6  y  85      Vậy tọa độ các điểm cần tìm là A  4; 9  , B  3;2  ,C 1;6  hoặc A  4; 9  , B 1;6  ,C 3;2  . 2. Bài toán 2(BT2) Cho  ABC nội tiếp đường tròn (I;R). D,E,F lần lượt là chân đường cao kẻ từ A,B,C của  ABC .H là trựctâm. Chứng minh: a) IA  FF ; IB  DF và IC  DE . b) H là tâm đường tròn nội tiếp DEF . Chứng minh a) Kẻ tiếp tuyến xy tại A. Khi đó: xAB  ACB 1 . Ta có BFC  BEC  90  tứ giác BCEF nội tiếp. Suy ra AFE  ACB  2  (góc ngoài của tứ giác nội tiếp). A x E Từ (1) và (2) suy ra AFE  xAB  xy EF . Mà xy  IA ,do đó IA  EF . Các ý còn lại các Em chứng minh tương tự nhé.! b) Tứ giác BDHF nội tiếp  HDF  HBF 1 . Tứ giác CDHE nội ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 F B H D I C 8 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM tiếp  HDE  HCE  2  . Tứ giác BCEF nội tiếp  FBE  FCE  3 . (1),(2) và (3)  HDE  HDF . Khi đó DH là tia phân giác trong FDE . Chứng minh tương tự ta có H là giao điểm ba đường phân giác trong của DEF . Nên H là tâm đường tròng nội tiếp DEF . Ví dụ 8. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC nội tiếp đường tròn (C ) :  x  1   y  2   5 . 2 2 Chân đường cao kẻ từ B và C lần lượt là E  0;1 và F 1;3 . Tìm tọa độ các đỉnh của ABC , biết x A  0 . Giải Đường tròn (C ) có tâm I (1;2) . Ta có IA  EF (xem BT2 câu a). A x IA đi qua I và có vtpt EF  (1;2) có phương trình E F IA :1( x  1)  2(y  2)  0  IA : x  2y  5  0 . Khi đó tọa độ điểm A là I nghiệm của hệ phương trình: C B 2 2   x  3, y  1  x  1   y  2   5 .    x  1, y  3   x  2y  5  0 Vậy A(3;1) (vì x A  0 ). AC đi qua A và E có phương trình AC : y  1  0 . C  AC (C) nên tọa độ ,C là nghiệm của hệ phương trình: 2 2   x  3, y  1(l)  x  1   y  2   5   C(1;1) . Ở đây ta loại x  3, y  1 vì trùng điểm A. AB đi qua  x   1, y  1( n )  y  1  0   A và F có phương trình AC : x y  4  0 . B  AB (C) nên tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình:  x  12   y  2 2  5  x  3, y  1(l)    B(0; 4) . Ở đây ta loại x  3, y  1 vì trùng điểm A.  x  0, y  4( n )  x  y  4  0   Vậy tọa độ các điểm cần tìm là A  3;1 ,C  1;1 , B(0;4) . Ví dụ 9. Trong mặt phẳng Oxy.Cho chữ nhật ABCD. Gọi M là điểm đối xứng của B qua C và N là hình chiếu vuông góc của B trên MD. Tam giác BMD nội tiếp đường tròn (C ) :  x  4    y  1  25 . Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật biết đường thẳng CN 2 2 có phương trình 3x  4y  17  0 . Đường thẳng BC đi qua điểm E  7; 0  và M có tung độ âm. Giải M Đường tròn (C ) có tâm I (1;2) và bán kính R  5 . Do BMD nội tiếp đường N tròn (C) và N,C là các chân đường cao nên ta chứng minh được IM  NC D C I (xem BT2 câu a). IM đi qua I và IM  NC nên có phương trình ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 B A 9 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM IM : 4( x  4)  3(y  1)  0  IM : 4 x  3y  19  0 . M là giao điểm giữa (C) và IM nên tọa độ của M là  x  4 2   y  12  25  x  7, y  3  nghiệm của hệ:    M  7; 3 (vì tung độ M âm). x  1, y  5  4 x  3 y  19  0   Đường thẳng BC đi qua M và E có phương trình BC : x  7 . Điểm C là giao điểm giữa BC và NC nên tọa 3x  4 y  17  x  7 C là nghiệm của hệ    C  7;1 . Điểm C là trung điểm của M và B  B(7;5) . DC x  7 y  1 đi qua C và vuông góc BC có phương trình DC : y 1  0.  x  4 2   y  12  25  x  9, y  1  Tọa độ D là nghiệm của hệ  . Vì B và D phải nằm cùng phía so với  x   1, y  1  y  1  0   đường thẳng CN nên ta nhận D  1;1 . Do DA  CB  A  1;5 . Vậy tọa độ các điểm cần tìm là A  1;5 ,B  7;5 ,C  7;1 , D  1;1 . 3.Bài toán 3(BT3) Cho  ABC nội tiếp đường tròn (I;R). Điểm E là là giao điểm của tiếp tuyến tại A và BC. D là chân đường phân giác kẻ từ A. Chứng minh: EAD cân. Chứng minh Đặt: A1  EAB; A2  BAD; A3  DAC; D  ADE; C  ACB . A Ta có: D  A3  C (1) (góa ngoài của DAC ) và EAD  A1  A2 (2) . Mà A3  A2 (3) ( do AD là đường phân E I giác trong góc A và A1  C (4) (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây B D cung. Từ (1),(2),(3), (4) suy ra EAD  D  EAD cân. C Ví dụ 10. Trong mặt phẳng Oxy.Cho  ABC có A 1; 4  , tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp  ABC cắt BC tại D, đường phân giác trong góc ADB có phương trình x  y  2  0 . Điểm M  4;1 thuộc cạnh AC. Viết phương trình cạnh AB. Giải A Gọi K là chân đường phân giác trong góc A,khi đó DAK cân tại D(xem BT3). Đặt d : x  y  2  0 đây là đường M' phân giác trong góc ADB và DAK cân tại D suy ra N I AK  d  AK : x  y  m  0 . Do điểm A thuộc AK nên ta ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 M D B K C 10 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM có phương trình AK : x  y  5  0 . Gọi M’ là điểm đối xứng của M qua AK, khi đó M’ thuộc AB. Ta có MM’ đi qua M và MM '  AK nên có phương trình x  y  5  0 .Gọi N  MM ' AK  N  0;5 . N là trung điểm của M và M’  M '  4;9  . Đường thẳng AB đi qua A và M’ có phương trình AB : 5x  3y  7  0 . 4. Bài toán 4(BT4) Cho  ABC nội tiếp đường tròn (C) có (I;R). K là tâm đường tròn nội tiếp và D là giao điểm giửa AK và (C); J là giao điểm giữa AK và phân giác góc ngoài tại B. Chứng minh: D là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác KBJC. Chứng minh Để D là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác KBJC ta sẽ chứng minh DB  DC  DK  DJ . Ta đã có DB  DC ( do AK là đường phân giác nên D là điểm chính giữa cung BC hay các em hiểu do DAC  DAB  DB  DC các em xem lại tính chất của góc nội tiếp nhé!). Vậy ta chỉ cần chứng minh A DB  DK . Xét  ABK có BKD  KAB  KBA 1 (tính chất góc ngoài của tam giác). Ta có KBD  DBC  CBK  2  . K Mà DAC  DAB và DBC  DAC (cùng chắn cung DC), do đó I DBC  DAB  3 Thêm nửa là CBK  KBA  4  . Từ (1),(2),(3),(4) ta có B C KBD  DKB  DBK cân tại D hay DB  DK . Vậy DB  DC  DK  5 . D J BK và BJ lần lượt là đường phân giác trong và phân giác ngoài tại B nên BK vuông góc BJ. Ta có:   DKB  DJB  90  DBK  DBJ  DBJ  DJB  DBJ cân tại D, suy  DKB  DBK   ra DB  DJ  6  . Từ (5) và (6) ta có DB  DC  DK  DJ .  Chú ý: 1) D là giao giữa đường phân giác góc trong và đường tròn ngoại tiếp  ABC . Khi đó DB  DC và rỏ ràng ID sẽ là đường trung trực của BC (vì IB=IC và DB=DC). Khi làm bài tập có khi ta sẽ sử dụng tính chất này. 2) Các em nên nhớ rằng đường tròn có tính chất đối xứng nên các kết quả có được từ đỉnh A cũng sẽ có ở đỉnh B và C. Ví dụ: trong bài toán trên, gọi E là giao điểm giữa BK và (C) thì E cũng sẽ là tâm đường tròn ngoại tiếp  AKC . Chứng minh tương tự. Ví dụ 11. Trong mặt phẳng Oxy.Cho  ABC có A  2;6  , chân đường phân giác trong góc A là  3  M  2;  và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là  2   1  I  ;1 .Xác định tọa độ các đỉnh B,C.  2  Giải ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 11 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM 5 5  1  Đường tròn ngoại tiếp  ABC có tâm I  ;1 và bán kính bằng R  IA  2  2  A 2 2 125  1 có phương trình (C ) :  x     x  1  .Đường thẳng AM đi qua M và 2 4  I A nên có phương trình có AM : x  2  0 . Gọi D  AM (C) ,khi đó tọa độ C M B điểm D là nghiệm của hệ D   2 2  1 x  2  x  2, y  6    x  1  125 x  là tọa độ  D  2; 4  (vì  2 4   y  6    x 2, y 4    x  2  0 điểm A). Vì AM là đường phân giác trong góc A nên điểm D nằm chính giữa của cung BC, do đó BC  ID . BC đi 5   5 3 qua M và có vtpt là ID   ; 5  có phương trình BC :  x  2   5  y    0  BC : x  2 y  5  0 . 2 2 2   B, C  BC  (C) nên tọa độ B,C là nghiệm của hệ phương trình:   2 2  1  x  5, y  0    x  1  125 x   B(5; 0), C(3; 4)  B(3; 4), C(5; 0) . 2 4       x 3, y 4    x  2y  5  0 Vậy tọa độ các điểm càn tìm là B(5;0), C(3; 4) hoặc B(3; 4), C(5;0) . BC :  5 3 x  2   5  y    0  BC : x  2 y  5  0 . B, C  BC  (C) nên tọa độ B,C là nghiệm của hệ  2 2  phương trình:   2 2   x  5, y  0  x  1   x  1  125  B(5; 0), C(3; 4)  B(3; 4), C(5; 0) . Vậy tọa độ các điểm 2 4   x  3, y  4    x  2y  5  0 cần tìm là B(5;0), C(3; 4) hoặc B(3; 4), C(5;0) .  7 4  Ví dụ 12. Trong mặt phẳng Oxy.Cho  ABC có A  ;  , tâm đường tròn ngoại tiếp I  0;1  5 5 và tâm đường tròn nội tiếp K  1;1 . Viết phương trình cạnh BC. Giải ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 12 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM  1  Đường tròn ngoại tiếp  ABC có tâm I  ;1 và bán kính bằng IA  2 có  2  A 2 phương trình (C ) : x 2   y  1  2 .Đường thẳng AK đi A và có vtcp I K B C 2 1 AK   ;    2;1 suy ra AK có vtpt n  1; 2  có phương trình  5 5 AK :1 x  1  2  y  1  0  AK : x  2 y  3  0 . D  x  1, y  2  x 2   y  12  2  Gọi D  AK (C) ,khi đó tọa độ điểm D là nghiệm của hệ   7 , y  4  D 1;2  x   x  2 y  3  0    5 5  x  7  5 là tọa độ điểm A). Tam giác BKC nội tiếp đường tròn tâm D (xem BT4 ). Đường tròn ngoại (vì  y  4  5 2 2 tiếp tam giác BKC có tâm D và đường kính DK  5 có phương trình (C ') :  x  1   y  2   5 . Tọa độ  x 1 2  y  2 2  5 1       . Lấy (2) trừ (1) ta được 2 x  2y  1  0 điểm B và C là nghiệm của hệ pt:  2 2   x   y  1  2  2  d  . Vì tọa độ điểm B và C thỏa (d) nên phương trình đường thẳng đi qua B và C cần tìm là phương là BC  (d ) : 2 x  2y  1  0 . Ví dụ 13. Trong mặt phẳng Oxy.Cho  ABC có B  2;3 , tâm đường tròn ngoại tiếp I  6;6  và tâm đường tròn nội tiếp K  4;5 . Tìm tọa độ các đỉnh A,C. Giải Đường tròn ngoại tiếp  ABC có tâm I  6;6  và bán kính bằng IB  5 có B 2 2 phương trình (C ) :  x  6    y  6   5 .Đường thẳng BK đi B và K có K I phương trình BK : x  y  1  0 .Gọi D  BK (C) ,khi đó tọa độ điểm D là A C D 2 2   x  2, y  3 x  2  x  6    y  6   5 nghiệm của hệ    D  9;10  (vì  y  3  x  9, y  10  x  y 1  0 là tọa độ điểm B). Tam giác AKC nội tiếp đường tròn tâm D (chứng minh như ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 13 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM BT4 ). Đường tròn ngoại tiếp tam giác AKC có tâm D và đường kính DK  50 có phương trình 2 2 (C ') :  x  9    y  10   50 . Tọa độ điểm A và C là nghiệm của hệ pt:  x  9 2  y  10 2  50      x  2  x  10 . Vậy A 2;9 , C 10;3 hoặc A 10;3 , C 2;9 .            2 2 y  9 y  3 x 6 y 6 5           5. Bài toán 5(BT5) Cho đường tròn (C) tâm I,đường kính AB. Điểm C thuộc đường tròn (AC - Xem thêm -